BENEMRITA UNIVERSIDAD AUTNOMA DE PUEBLAFACULTAD DE INGENIERIAPROGRAMA DE ASIGNATURA CORRESPONDIENTE AL PLAN DE ESTUDIOS 2003NOMBRE DE LA ASIGNATURA:ELECTROTCNIA INIVEL EDUCATIVO:FORMATIVOCDIGO DE LA ASIGNATURA: IME 304PRE-REQUISITOS:FIS 245HRS. TERICAS/SEM:3 HRS. PRCTICAS/SEM:2 CRDITOS: 8OBJETIVOS GENERALESDE LA ASIGNATURA:Conocer los conceptos tericos de los elementos y leyes que rigen el comportamiento de los fenmenos elctricos y magnticos, de los sistemas industriales donde los requiera.HABILIDADES GENERALES A DESARROLLAR:Desarrollar habilidad en el diseo de circuitos bsicos y utilizacin de los principios y leyes de funcionamiento de los circuitos elctricos.ACTITUDES GENERALES A DESARROLLAR:Proporcionar los conocimientos terico-prcticos para desarrollar y disear circuitos elctricos bsicos y complejos.UNIDAD: 1DEFINICIONES Y RESISTENCIAOBJETIVO:Saber definir elemento resistivo, inductivoy capacitivo, voltaje, corriente y potencia.

CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP1.1 Introduccin1.2 Sistema de Unidades:Sistema internacional de unidadesUnidades derivadas utilizadas en ingeniera elctricaUnidades suplementarias utilizadas en ingeniera elctrica1.3 La unidad de carga1.4 Corriente, tensin, energa y potencia1.5 Tipos de circuitos y elementos:Elemento general de un circuitoElementos pasivos, resistencia, inductancia y capacitanciaElementos activos, fuentes independientes y dependientesFuente ideal de tensinFuente ideal de corrientea) Circuito elctrico1.6 Efectos de la temperatura en la resistencia1.7 Tablas de calibres de conductores1.8 Tipos de resistores1.9 Termistores1.10ConductanciaHORAS TOTALES: 10 2UNIDAD: 2LEYES Y REDES EN SERIE Y PARALELOOBJETIVO:Analizar los casos serie y paralelo, aplicar divisor de voltaje y corriente, saber laprimera y segunda ley de Kirchhoff, ley de Ohm y Joule CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP2.1 Introduccin2.2 Ley de Ohm, Potencia y Ley de Joule2.3 Anlisis de circuitos de una sola malla (circuitos en serie)2.4 Ley de Tensiones de Kirchhoff2.5 Aplicar divisor de tensin.2.6 Anlisis de circuitos con un solo par de nodos (circuito en paralelo)2.7 Ley de corrientes de Kirchhoff2.8 Aplicar divisorde corriente2.9 Fuente de tensin2.10Fuente de tensin en serie2.11Fuente de tensin en paralelo2.12Fuente de corriente2.13Fuentes de corriente en serie2.14Fuentes de corriente en paralelo2.15Anlisis de redes en serie y paraleloHORAS TOTALES: 10 2UNIDAD: 3 FUENTES DEPENDIENTES Y TEOREMAS DE REDES EN C.D.OBJETIVO : Aplicar cualquier teorema en anlisis de circuitos en C.D., y diferenciar fuentes dependientes e independientes, en dicho anlisis.CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP3.1 Circuitos con fuentes dependientes3.2 Amplificadores operacionales3.3 Circuitos con amplificadores3.4 Circuitos lineales3.5 Teorema de superposicin3.6 Teorema de Thevenin3.7 Teorema de Norton3.8 Teorema de la mxima transferencia de potencia3.9 Teorema de Millman3.10Teorema de sustitucin3.11Teorema de reciprocidad3.12Teorema de compensacinHORAS TOTALES: 10 2UNIDAD: 4 ELEMENTOS QUE ALMACENAN ENERGAOBJETIVO : Conocery diferenciar entre un capacitor y un inductor, efectuar anlisis de mallas y nodos, diferenciar la dualidad en este tipo de circuitosCONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP4.1 El inductor.4.2 El capacitor4.3 Conexiones serie paralelo de inductores y capacitores.4.4 Anlisis de mallas y nodos.4.5 Dualidad.4.6 Linealidad.4.7 Energa almacenada en el inductor4.8 Energa almacenada en un capacitorHORAS TOTALES: 10 2UNIDAD: 5 CIRCUITOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDENOBJETIVO :Efectuar anlisis de circuitos con conexiones serie y paralelo de primer y segundo orden.CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP5.1 Introduccin5.2 Circuitos serie RC5.3 Circuitos serie RL5.4 Circuitos serie y paralelo RC, RL y RCL5.5 Circuitos con entrada cero5.6 Circuitos con entradas diferentes de cero5.7 Circuito RLC subamortiguado5.8 Circuito RLC en paralelo subamortiguado5.9 Circuito RLC crticamente amortiguado5.10Respuesta completa del circuito RLCHORAS TOTALES: 10 2UNIDAD: 6INTENSIDAD DE CORRIENTE Y TENSIN SENOIDALESOBJETIVO:Saber diferenciar ondas senoidales y cosenoidales de la corriente y la tensin, aplicacin de la Ley de Ohm .CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP6.1 Intensidad de corriente senoidal6.2Tensiones senoidales6.3 Impedancia y admitancia6.4 Circuitos serie,paralelo y circuitos estrella Delta6.5 Valores medio y eficaz6.6 Elementos resistivos, inductivos y capacitivos.6.7 Primera y Segunda ley de Kirchhoff aplicadas en c.a.6.8 Impedancia 6.9 Notacin fasorial6.10Potencia en rgimen permanente senoidal6.11Energa6.12Factor de potencia6.13Correccin del factor de potencia.HORAS TOTALES15 3UNIDAD: 7 CORRIENTE ALTERNA Y FASOROBJETIVO:Analizar con fasores la tensin y corriente alterna y su representacin grfica, en el plano cartesiano, complejo y en forma polar.CONTENIDO DE LA UNIDADTiempo de imparticin (hrs.)HT HP7.1 Respuesta en estado senoidal permanente.7.2 Anlisis de mallas y nodos.7.3 Transformaciones Estrella Delta y Delta estrella.7.4 Representacin cartesiana.7.5 Representacin vectorial, fasores.7.6 Representacin compleja (Diagramas fasoriales)7.7 Representacin en forma polar.7.8 Operaciones bsicas con fasores de igual frecuencia.7.9 Representacin en la forma de EulerHORAS TOTALES15 3 HT HPHORAS TOTALES DE LA ASIGNATURA: 8016 CRITERIOS DEEVALUACIN.Exmenes parciales:70%Tareas: 10%Trabajos y practicas: 20%TOTAL:100%ACTIVIDADESGENERALES DE APOYO AL CURSORECURSOS NECESARIOS Investigar sobre las diferentes aplicaciones de los circuitos elctricos Solucin de problemas Calcular y disear circuitos utilizando Pspice. Elementos resistivos, inductivos y capacitivos.Programas Pspice.Caones y proyectores.REQUISITOS DE ACREDITACIN:Por reglamento de ingreso, permanencia y egreso de los alumnos de la institucin Estar inscrito oficialmente Asistir como mnimo al 80% de las sesiones para tener derecho a examen ordinario Acreditar la materia con un mnimo de 6(seis).BIBLIOGRAFA:B ASICA ANLISIS DE CIRCUITOS EN INGENIERAHayt William H. Jr y Kemerly Jack E.Ed. Mc Graw-Hill (6 edicin)INTRODUCCIN AL ANLISIS DE CIRCUITOSScott Donadd E.Ed. Mc Graw-HillANLISIS DE CIRCUITOS ELCTRICOSL. S. BobrowEd. Mc Graw-Hill (ltima edicin)CIRCUITOS ELCTRICOS (Introduccin al anlisis y diseo)Dorf / SvobodaEd. Alfaomega 3 edicin.ANLISIS INTRODUCTORIO DE CIRCUITOSBoylestad Reobert L.Vicente Galceran EscobetEd. TrillasELECTRICAL ENGINEERING CIRCUITSSkilling Hugh HildrtehEd. John Wiley y sonsTEORA Y PROBLEMAS DE CIRCUITOS ELCTRICOSCompendios ShaumEd. Mc Graw-HillTITULAR (RESPONSABLE)DE LA ASIGNATURA:Ing. Genaro Campos CastilloFECHA DE ELABORACIN Y AUTOR(ES) DEL PROGRAMA:. 30 de Noviembre de 2003 Ing. Genaro Campos Castillo. Ing. Carlos Morn Ramrez. Ing. Victorino Turrubiates Guilln.ELECTROTECNIA ISIMBOLOGAR = RESISTENCIA (OHM, su unidad )L = INDUCTANCIA (Henry, su unidad = H )C = CAPACITOR (Faradio, su unidad = F )Fig. - 1FUENTE DE VOLTAJE INDEPENDIENTEFig. - 1Fig. - 2FUENTE DE CORRIENTE INDEPENDIENTEFig. - 2Fig. - 3FUENTE DE VOLTAJE DEPENDIENTEFig. -3Fig. - 4FUENTE DE CORRIENTE DEPENDIENTEFig. - 4DEFINICIONESVoltaje: Es la diferencia de potencial entre dos puntos. Tambin se conoce como tensin o gradiente de potencial, y es la capacidad para realizar un trabajo, su forma matemtica se representa:Donde:Joule = J Coulomb = C1V = 1J/CCorriente: Es el flujo de electrones que circulan por un conductor, que de acuerdo a la ingeniera se da de un campo positivo a uno negativo.1A = segundocoulombdtdqConductor: Aquel material que permite un flujo generoso de electrones al aplicar un bajo voltaje.Aislante: Aquel material que tiene muy pocos electrones libres y que para establecer un nivel de corriente que se pueda medir. Necesitan que se les aplique un alto voltaje.Potencia: La definimos como la tasa a la cual se gasta la energa en trminos de un voltaje (V) entre sus extremos y una corriente (I) que circula a travs de el.P = V * IResistencia-: Es aquella que se opone al flujo de carga en un material. Su unidad es el Ohm. La determinamos por el tipo de material, la longitud de este, su rea transversal y la temperatura. Las resistencias pueden sumarse en serie cuando solo tienen un punto comn, o en paralelo cuando tienen dos puntos en comn. El equivalente de sumar resistencias en paralelo es menor que el de las resistencias de forma individual.La ley de Ohm establece que la tensin entre los extremos de un conductor es directamente proporcional a la corriente que circula a travs del material, y se expresa como:V = R * ICircuito: Es aquel que est formado por cualquier cantidad de elementos unidos en sus puntos terminales, y que proporciona cuando menos una trayectoria cerrada para que pueda fluir una carga.RESISTENCIAS EN SERIEUn circuito que tiene resistencias en serie se distingue por tener un punto en comn al unirse estas.Ejemplo:DC1R2R3R4RSVDC1R2RSVLas resistencias en serie solamente se suman: + + + + +eq NR R R R R R ... 4 3 2 1RESISTENCIAS EN PARALELOAl contrario del circuito anterior estas resistencias tienen dos puntos en comn en su unin.Ejemplo:Para obtener la resistencia equivalente del circuito anterior, las resistencias en paralelo se suman como los inversos de cada resistencia, es decir:2111Re1R R q+

2 12 12 12 1121111ReR RR RR RR RR Rq+++Para ms de dos resistencias, se realiza de la siguiente manera:312111Re1R R R q+ + 2 1 3 1 3 23 2 13 2 12 1 3 1 3 213121111ReR R R R R RR R RR R RR R R R R RR R Rq+ ++ ++ +Rn R R q1...2111Re1+ + + , por esta razn se trabajan las resistencias de dos en Dos, porque es ms prctico, cuando se tienenRnTIPOS DE CONEXIONESSe tienen cuatro tipos de conexionesal trabajar en los circuitos, ellos son: El tipo estrella y el tipo delta o triangulo, serie y paralelo. Mas a delante se trabajar con ellos con detenimiento, y as verificaremos la transformacin de uno a otro para facilitar el anlisis de circuitos. TIPO ESTRELLA: TIPO DELTA:DIVISOR DE CORRIENTE Considere el siguiente circuito.Lo primero que debemos realizar en este tipo de circuitos es calcular la resistencia equivalente, teniendo en cuenta si la resistencia esta en serie o en paralelo y as minimizar el circuito para facilitarnos el anlisis.2 12 1ReR RR Rq+2 1 I I IT+ ....(1) Despus aplicamos la ley de Ohm, para calcular la corriente total de nuestro circuito.1 Re Re 1 qVsq RVsIt +O bien:) 3 ....(22) 2 ....(11RVsIRVsISustituyendo 2 y 3 en 1:( )2 12 12 12 12 1 R RR R VsR RVs R Vs RRVsRVsIt++ + Despejando Vs:) 4 .......(2 12 1ItR RR RVs+Sustituyendo 4 en 2 y 3 se obtienen las frmulas para divisor de corriente:ItR R RIItR R RR RItR R RR RI2 121) 2 1 ( 12 112 12 11+++

ItR RRIItR R RR RItR R RR RI2 111) 2 1 ( 22 122 12 12+++De esta manera encontramos los valores de las corrientes de cada rama. + 56 . 12 7) 2 ( 7Re qEjemplo:Considerando el siguiente circuito. a) determinar la corriente que circula por cada elemento resistivo.Aplicando ley de Ohm. 9 . 356 . 2100ARtVsIt Aplicando divisor de corriente. 33 . 30 397 271 A I +. 67 . 8 33 . 30 39 1 2 A I It I . 33 . 4 67 . 86 663 A I +. 33 . 4 67 . 86 664 A I +DIVISOR DE VOLTAJEPara analizar el circuito anterior, lo tenemos que reducir, encontrando las resistencias equivalentes hasta obtener el circuito equivalente mas simple, despus debemos obtener una ecuacin y para esto tenemos que percatarnos del sentido de los signos de nuestros voltajes, y dependiendo por dondeentre la corriente es como iremos considerando a los componentes de nuestra ecuacin, ejemplo:La corriente total entra por la parte negativa de nuestra fuente, entonces a esta se le atribuye el signo negativo, pero en los voltajes V1 y V2 entra la corriente por la parte positiva y lgicamente estos son positivos.-Vs + V1 + V2 = 0Vs = V1 + V2......(1)Aplicando ley de ohm:V1 = R1I......(2)V2 = R2I..... (3)Sustituyendo (2) y (3) en (1)Vs = R1I + R2IVs = I (R1 + R2)2 1 R R VsI+ (4)Sustituyendo (4) en (2) y (3)

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+2 11 1R R VsR VVsR RRV2 111+( )

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+2 12 2R R VsR VVsR R RV2 122+Ejemplo:Considerando el siguiente circuito, calcular las cadas de tensin que hay en cada resistencia.. 79 . 54 1003 . 3 441 v V +. 2 . 45 1003 . 3 43 . 32 v V +. 78 . 27 2 . 4576 . 3 663 v V +. 41 . 17 2 . 4576 . 3 676 . 34 v V +. 34 . 7 41 . 1711 . 4 335 v V +. 06 . 10 41 . 1711 . 4 311 . 46 v V +. 054 . 9 06 . 101 997 v V +. 006 . 1 06 . 101 918 v V +LEYES DE KIRCHHOFFPRIMERA LEY DE KIRCHHOFF (CORRIENTES)Esta nos dice que la suma algebraica de todas las corrientes que entran o salen de un nodo es igual a cero, pero debemos asignar en forma arbitraria el sentido de la corriente,Es decir: Para mi puede ser positiva si entra. Como consecuencia, las que salen sern negativas. Oviceversa.I1- I2 + I3 I4 = 0Para aplicarla seguimos los siguientes pasos: Verificar cuantos nodos tiene el circuito y restar uno De manera arbitraria indico el sentido de la corriente en cada rama del circuito y se le da un signo (+ -), segn nuestra conveniencia. Se procede a calcular corrientes usando la Primera Ley De Kirchhoff

Por anlisis del circuito V1 = 100 Volts.EJEMPLO DE SUPER NODO:Calcular los voltajes de nodo del siguiente circuito.Cuando hacemos anlisis nodal y en el circuito encontramos fuentes de voltaje, las conexiones de la fuente se hacen un supernodo, como se muestra en el sig. circuito. S. N. # 10Por anlisis de circuito V1 =40 V.P/supernodo 1-I1 + I2 + I3 + I4 = 0. (1)Ahora Is en funcin de los Vs de nodo12 11V VI 30 22V VI. (2)533VI

734VI Sustituyendo (2) en (1)-(V1-V2) + (V2/3) + (V3/5) + (V3/7) = 0Se sustituye el valor del voltaje V1; V1= 40V, en la ecuacin anterior y resulta:-40 + V2 + V3/3 + V3/5 + V3/3 = 0-4200 +105V2 + 35V2 + 21V3 + 15V3=0140V2 + 36V3 = 4200La segunda ecuacin la obtengo del supernodo #2V2- V3 = 60Y se obtiene una matriz, que se puede resolver con cualquier mtodo de algebra lineal.140V2 + 36V3 = 4200-140V2+140V3= -8400V3= -4200/176= 23.86 VoltSustituyendo V3 en (1)V2 = 60 - 23.86 = 36.14 VoltY as obtenemos el resultado del problema.Calcular los voltajes de nodo del siguiente circuito.Por anlisis de circuito V3 = 150 Volt 1700 10 8 15) 150 ( 8 500 10 8 1555 . 12 201104 11 25 . 12201104 1) 2 () 1 ( 50 52 . . /4 2 14 2 13 23 23214 2 14 2 1 ++ ++ +' + + + +V V VV V VV V V V VEN SUSTITUYOV VIVIV VII I II I IN S P)' )'

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+ + +

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' + + + 100100017003210 1 114 0 1010 8 15100 2 1100 1 2. . /1000 4 14 1 1010254104 1104 1254100 104 /133 13 1VVVecuaciones las AgrupandoV VV VN S PV VV V VV VIVII II IV P Para agilizar el proceso la matriz se resuelve mediante determinantes.Ejemplo:Analizar el siguiente circuito con fuentes dependientes de Is y Vs.P/ V1 4- I1 I2 = 0I1 + I2 = 4Ahora los Vs en funciones de nodoI1 = V1 / 100I2 = (V1 V2) /150I3 = V2 / 30I4 = (V2 - V3) / 15V1 + V1 - V2 =41503V1 +2V1 2V23003V1 + 2 V2 = 1200P/N2I2 - I3 + 50I2 I4 = 0V1 - V2 - V2 +50 V1 - V2 - V2 - V3 = 0150 30 150 152V1 - 2V2 -10V2 + 100V1 - 100V2 - 20V2 + 20V3 = 0300102V1 - 132V2 + 20V3 = 0P/N3I4 - I5 - 50IB= 0I5 = V3/ 20V2 V3-V3 -50 (V1-V2) = 01520150 20V2 - 20V3 - 15V3 - 100V1 + 100V2 = 0 300120V2 - 35V3 - 100V1 = 0-100V1 + 120V2 35V3 = 0En forma matricial5 -20 V11200102-132 20 V2=0-100 120 -35V3 0= (23100 + 4000 + 0) (12000 + 7140) = 7960 1200-200 -132 20 0 120 -35 1= (5544000) (2880000)= 26640002= (-2400000) (-4284000) =18840003= (14688000) (15840000) = -1152000V1=2664000 / 7960 = 334.6 VoltsV2=1884000 / 7960 = 236.68 VoltsV3=-1152000 / 7960 = -144.72 VoltsSEGUNDA LEY DE KIRCHHOFF (VOLTAJES)Esta nos dice que la suma algebraica de todos los voltajes alrededor de cualquier trayectoria cerrada o malla es igual a cero. V1+V2+VN=0 EJEMPLO:Calcular las corrientes de malla del siguiente circuito:Para la primera malla tenemos que:-30 + 3I1 + 6 (I1 I2) = 09I1 6 I2 = 30..(1)Para la segunda malla tenemos que:8I2 + 4 (I2 I3) + 6 (I2 I1) = 0-6I1 + 18I2 4I3 = 0. (2)Para la tercera malla tenemos que:-40 + 4 (I3 I2) = 0-4I2 + 4I3 = 40. (3)Formando el sistema matricial tenemos:111]1

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4004 4 - 04 -186 -0 6 - 9 30321*III

3 8DC DC 6 4V 301I2I3I5760216026403036032111]1

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404 - 00186 -30 6 - 9440 04 - 0 6 -030 944 -404 -18006 -44 -04 - 186 -06 - 9Por lo tanto tenemos que las corrientes son:I1 = 2640 / 360 = 7.33 Amp.I2 = 2160 / 360 = 6 Amp.I3 = 5760 / 360 = 16 Amp.Cuando hay una supermalla si existe una fuente corriente en una rama que comparte con 2 mallas, esta fuente de I se abre y se forma una supermalla, para fuente de corriente e independientesAhora calcular mediante la segunda ley de Kirchhoff, las corrientes de mallas teniendo en cuenta que nuestro circuito tiene fuentes de Vs, Is independientes y con fuentes de Is y Vs dependientes. V 12 3DC-+A 6 1i1I2IHay una supermalla cuando existe una fuente de corriente en una rama que comparte con dos mallas, estafuente de corriente se abre y se forma una supermalla para fuentes de corriente dependientes e independientes.Para la supermalla tenemos:-12 + I1 + 3 I2 + 2i = 0Pero observamos que:i = I1Simplificando la expresin antes mencionada nos queda:I1 + 3I2 + 2I1 = 12....A Ecua...... + 12 2 1 3 i ILa segunda ecuacin la obtenemosde la supermalla:.....B Ecua...... Ecua. + 6 2 2 I IEn forma matricial tenemos:3061261221211]1

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1]1

1]1

61 -12 31631 1 -3 36 1 1 -3 3II 2 2Por lo tanto las corrientes nos dan:I1 = - 1 Amp.I2 = 5 Amp.TEOREMASTEOREMA DE THEVENINEl teorema de Thevenin nos dice que cualquier red bilateral de dos terminales de Corriente Directa como el de la figura, en este caso lo dividimos en dos partes A y B donde B es la parte punteada, y del circuito A podemos obtener un circuito equivalente formado por una fuente de voltaje y una resistencia en serie que tendr los mismos efectos en B que el circuito original. El circuito A se puede sustituir por un equivalente como es mostrado en la figura y ese circuito equivalente tendr los mismos efectos sobre la carga que el circuito original. Ejemplo:Considerando el siguiente circuito, calcular la resistencia as como de su fuente de voltaje en thevenin.1. Todas las fuentes independientes se cortocircuitan y las independientes se abren para calcular la Req AB Req= 6 / 5 = 1.2Req =4.4 / 4.2 = 1.0482. Calcular el voltaje AB del circuito original por nodos o mallas lo que sea mas conveniente.Por nodosPor analisis de circuito V1 = 12V2 = 2 + I2+ I3 = 0I2 = V2 V3I3 = V2I1 = V1-V3I4 = V3 V41 22 V2 = 2 + V2 V3 + V2 = 04+ 2V2 2V3 + V2 23V2 2V3 = -4V3 = I4 4 I2 I1 = 0(-V1 + V3) V2 + V3 + V3 V4 = 82(-V1 V2) + 3V3 V4 = 42 -2V2 + 5V3 -2V4 = 20V4 = -I4 + I5 = 0-V3 + V4 + (V4) = 0 2-2V3 + 2V4 + V4 = 02-2V3 + 3V4 = 03-20 -4-25 -2= 200 -2 303-20 -25 -2 =21 0 -2 34= 4.9Calcular el Voltaje entre A y B del circuito originalPor analisis de circuitoV1= 12VP/V22+I2 +I3 = 0I2+ I3 = -2 .....(1)I2= V2-V3 I3= V2/2.....(2)Sustituyendo (2) en (1)V2-V3 +V2/2 =-2(2V2-2V3)/2 +V2 = -23V2 -2V3 = -4IP/V3-I1 I2 +I4 4 =0-I1 I2 +I4 = 4......(3)I1 = (V1-V3)/2 I4 = (V3-V4) (4)Sustituyendo (4) en (3)-(V1-V3/2) (V2-V3) +V3-V4 = 4(-V1+V3-2V2+2V3+2V3-2V4) /2 =4-2V2 +5V3 -2V4 =8+12-2V2 +5V3 -2V4=20 II P/V4 -I4 +I5 =0..... (5)I5 = V4/2 (6)Sustituyendo (6) en (5)-(V3-V4) +V4/2 =0(-2V3 +2V4 +V4)/2 =0-2V3 +3V4 = 0IIIForma matricial 3-20= -25-2= (45) (24) = 2105 12 3 -2 -44 -25 20O -20V4 = 4.9VoltsTEOREMA DE NORTONEsteplanteaquecualquierredbilateral decorrientedirectacondosterminalespuede sustituirse con un circuito equivalente formado por una fuente de corriente y una resistencia en paralelo.EJEMPLO1.- las Fuentes se colocan en corto circuito y las d corriente en circuito abierto 2.- calcular la Icc entre A y BPor analisis de circuito VI = 12VP/V2I2 + I3 = -2 ..... (1) I2 = V2/2I3 = V2-V3........ (2)Sustituyendo (2) en (1)V2/2 +V2 V3 = -2(V2+2V2 -2V3)/2 = -2V2 +2 V2 -2 V3 = -43V2 -2V3 = -4 IP/V3 -I1 I3 +I4 -6 = 0-I1 I3 +I4 = 6.. (3)I1 = V1-V3/2 I3 = V2- V3I4 = V3....... (4)-(V1-V3/2) V2 +V3 = 6(-V1+V3 -2V2 +2V3 +2V3 =12-V1 -2V2 +5V3 =12-12 -2V2 +5V3 = 12-2V2 +5V3 =24IIResolviendo por matrices32== 11-2 53 -4== 64-2 24V3 = 64/11V3 = 5.81 VoltsIcc = 5.81 AmpTEOREMA DE MAXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIAEste dice que una carga recibir una mxima transferencia de potencia mxima de una red bilateral lineal de corriente directa cuando su valor resistivo sea exactamente igual a la resistencia del circuito de Thevenin de la red.Por el teorema de mxima transferencia de potencia, calcular el siguiente circuito:DE LA SUPER MALLA20I1 + 120I2 + 5I2 + 10I1 = 030I1 + 125I2= 0-30I1 + 30I2= 2030I1 + 125I2 = 0I2 = 3.8I1 = 16.2 Amp-I1 + 12 = 20 La condicin para transmitir la mxima potencia del circuito A al circuito B es que:La Req del circuito A debe ser = circuito BCalcular la Req entre A y BReq= 140 +15= 13.54 15513.54 + 8 = 21.54Vab= V10 V5 = 10 (16.2) (5) (3.8)= 162 19= 143Circuito equivalente-143 + 21.54 + 21.54It = 0It = 3.31 Amp.Cuadro de potenciasP = VIP = I2RP=V2/RP = R I2 Pot = (21.54) (3.31) Pot = 235.99W20I1 + 10 I1 10I3 + 5I2 5I3 120I2 = 030I1 + 125I2 15I3 = 0Sper mallaI1 I2 = 20P/m3 8i3 + 21.54I3 + 5I3 5I2 + 10I3 10I1 = 0-10I1 5I2 + 44.54 = 0I3 = 3.29 Amp.Calcular la mxima potencia del siguiente circuito:- Reducir el circuito A a un circuito equivalente- 2 Por el mtodo de transformaciones de fuentes y aplicando ley de Ohm desarrolle el siguiente circuito.+-ABRL100v+-26810Circuito ACircuito B Aplicando la 2da LVK-38.4 + 4.87IT + 4.87IT 9.74IT = 38.4IT = 3.94 AmpP38.4 = VIT = 151.3 WattsPRL = I2R = 75.59 WattsPara que valor de RL es la mxima potencia?Por clculo sabemos que si tenemos una f(x) de variable x entonces se presentan mximos que corresponden a los valores de x para los cuales la derivada de f(x) = 0De esta manera derivamos la siguiente ecuacin obtenida del circuito siguiente.AB50A2 6810+-ABB109.575v+-AB7.9A 9.5 10+-AB4.87R L= 4.87 38.4v+-ITPor lo tanto la potencia absorbida por la carga es: LL SSLL SSRR RVP RR R VP222) ( +

,_

+TEOREMA DE RECIPROCIDADLa corriente en cualquier ramificacin de una red, debido a una fuente de voltaje nica en cualquier otra parte de la red, ser igual a la corriente que pasa por la ramificacin en la cual se ubica originalmente la fuente si esta se coloca en la ramificacin en la cual se midi originalmente la corriente.Por el mtodo de reciprocidad resolver el siguiente circuito:+-ARSRLBVSITCalcular la I en la R = 6 y verificarlo aplicando el teorema de reciprocidadPor anlisis I = I2P/m1 = -100 + 4(I1 I2) + (I1 I3) = 05I1 4I2 I3 = 100 1P/m2 6I2 + 2(I2 I3) + 4 (I2- I1) = 0-4I1 + 12I2 2I3 = 0P/m3 2 (I3 I2) + 1(I3-I1) + 3I3 = 02I3 2I2 + I3 I1 + 3I3 = 0-I1 2I2 + 6I3 = 05 -4-1 100-412 -2 0= 344-128= 216-1-2605100 -1 -4 0 -2 = 2600 / 216 = 12.03-1 0 64(I1 I2) + (I1 I3) = 04I1 4I2 +I1 I3 = 05I1 4I2 I3 = 0P/m2-100 + 6I2 + 4 (I2 I1) + 2(I2 I3) = 06I2 + 4I2 4I1 + 2I2 -2I3 = 100-4I1 +12I2 -2I3 = 100P/m32(I3 I2) + (I3-I1) + 3I3 = 02I3 2I2 + I3 I1 + 3I3 = 0-I1 2I2 + 6I3 = 05 -4-1 100-412 -2 0= 344-128= 216-1-2605100 -1 -4 0 -2 = 2600 / 216 = 12.03-1 0 6As es como se cumple este teorema.TEOREMA DE SUPERPOSICIONResolver por divisor de corrienteIT= 30/9.42 = 3.18Por divisor de corrienteI1 = (6/14) 3.18 = 1.36 Amp IT= (40/11.73)= 3.41I2= (8/15)3.41= 1.81 I = I1-I2I= 1.36 -1.81= -0.45I= -0.45Se verifica por mallas P/M1-30 +6I1 +6(I1-I2) = 012I1 -6I2= 30IP/M24I2 +8 (I2-I3) +6(I2 I1) = 0-6I1 +18I2 -8I3 = 0 IIP/M38I3 + 40 +8 (I3-I2) =0-8I2 +16I3 = -40IIIresolviendo por matrices nos quedaI2=2/= -0.45 AMPTEOREMA DE COMPENSACINEl teorema indica que cualquier rama de un circuito, puede sustituirse por uno equivalente respetando los parmetros de V y I EJEMPLOpor analisis de circuitoI1 = 15 AmpP/SM-75 +4I2 +9I2 +6I3 +3I3=013I2 +9I3=75De la Supermalla-I2 +I3 =10resolviendo por sustitucionI3= 205/21 = 9.76-I2 +9.76 =10-I2 =10- 9.76I2= -0.24CORRIENTE ALTERNA (C. A.)Sistemas de tres fases que van de 3 a 5 hilosSistemas de dos fases que van de 2 a 3 hilosSistemas de una faseque van de 2 a 3 hilosNiveles de generacin de voltaje:4160 v7200 v13800 v23000 vTransmisin:69 Kv115 Kv230 Kv400 KvDistribucin:34.5 Kv23 Kv13.2 KvBaja Tensin460 o 440 v260 o 220 v127 vTRIANGULO DE POTENCIASP = Potencia efectiva (Watts)Q = Potencia reactiva (Var; Kvar; Mvar;)S = Potencia aparente (Va o Kva o Mva)= Angulo de defasamiento de los vectorees V e IV= voltsA= ampere R= Reactivos = ngulo de defasamiento o Factor de Potencia, de acuerdo a la C. F. E., este debe ser por mximo de 0.9 o 90 % que equivale a un ngulo de 25 84Un inductor atrasa la corriente mientras que un capacitor la adelanta.Z = R +- XZ= ImpedanciaLa cfe permite un maximo de defasamiento de 0.9 = 90I=25.84Para Ricos = 1resistenciasJPara L Inductor90 Motores90Para c CapacitorCapacitares de potenciaDIVISOR DE VOLTAJE EN C. A.Aplicando ley de OhmV1= Z1 I1;V2 = Z2 I1Vs= V1 + V22Sustituimos 1 en 2Vs = Z1 I + Z2 IVs= I (Z1 + Z2)I = VsZ1 + Z2Sustituimos 3 en 1V1 = Z1 (Vs ) =Z1Z1+Z2 Z1 + z2V2= Z2 Z1 + Z2DIVISOR DE CORRIENTE EN C. A Aplicando la ley de OhmI1 = Vs;I2 = Vs(1)Z1 Z2It= I1 + I2 (2)Sustituyendo 1 en 2It=Vs +Vs= Z2vs + Z1 vsZ1 Z2Z1 Z2It= Vs (Z2 + Z1) Z1 Z2Vs = (Z1 Z2)* ItZ2 + z1Sustituyendo (3) en (1)It = Z1 + Z2 * It=Z1 * Z2*ItI1 =z2* IT Z1 (Z2+Z1) Z1 (Z2+Z1) Z2+Z1I2= Z1 * It Z1+Z2CIRCUITO PURO CAPACITIVOZ = (-J6) (-J6)= .J3-J6-J6Nota: Los capacitores se trabajan igual que las inductanciasLos capacitares en paralelo se suman y los trabajadores en serie se trabajan como 2 inductores en paralelo.BASICAANLISIS DE CIRCUITOS EN INGENIERAHayt William H. Jr y Kemerly Jack E.Ed. Mc Graw-Hill (6 edicin)INTRODUCCIN AL ANLISIS DE CIRCUITOSScott Donadd E.Ed. Mc Graw-HillANLISIS DE CIRCUITOS ELCTRICOSL. S. BobrowEd. Mc Graw-Hill (ltima edicin)CIRCUITOS ELCTRICOS (Introduccin al anlisis y diseo)Dorf / SvobodaEd. Alfaomega 3 edicin.ANLISIS INTRODUCTORIO DE CIRCUITOSBoylestad Reobert L.Vicente Galceran EscobetEd. TrillasELECTRICAL ENGINEERING CIRCUITSSkilling Hugh HildrtehEd. John Wiley y sonsTEORA Y PROBLEMAS DE CIRCUITOS ELCTRICOSCompendios ShaumEd. Mc Graw-Hill